云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-06功、功率、动能与动能定理

这是一份云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-06功、功率、动能与动能定理，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
云南高考物理三年（2020-2033）模拟题知识点分类汇编-06功、功率、动能与动能定理 一、单选题1．（2020·云南曲靖·模拟预测）一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图像如图所示。则下列选项正确的是（　　）A．在0~6s内，物体的平均速度为7.5m/sB．物体在4s末离出发点最远C．在4~6s内，物体所受合外力做功为零D．在4~6s内，物体所受合外力的冲量为零2．（2020·云南红河·一模）如图所示， AB是斜坡，BC是水平面，从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球，当初速度为v0时，小球恰好落到坡底B。不计空气阻力，则下列图象能正确表示小球落地（不再弹起）前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A．B．C．D．3．（2020·云南·统考二模）经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间。已知“杨利伟星”平均每月绕太阳运行4350万公里，“神舟星”平均每月绕太阳运行5220万公里，假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，由以上信息对两星作比较，下列说法正确的是(　　)A．“杨利伟星”的动能大B．“神舟星”的角速度大C．“神舟星”受到的向心力大D．若“杨利伟星”加速可以追上“神舟星”4．（2021·云南曲靖·统考二模）某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已知质点通过A点时的速度为，加速度为，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为（　　）A．， B．，C．， D．，5．（2021·云南昆明·统考二模）质量相等的两物体运动的速度 随时间变化的图像如图所示。整个运动过程中， 两物体的位移大小分别为、，合外力做的功分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、下列关系式正确的是（　　）A． B．C． D．6．（2021·云南昆明·统考一模）抗震救灾时，地面交通被阻断，可用直升机向灾区投放救灾物资。某次投放时，低空匀速水平飞行的直升机，将一救灾物资相对直升机由静止释放，不考虑空气阻力的影响，救灾物资投放后在空中运动的第内动量变化量为、动能变化量为，第内动量变化量为、动能变化量为。则下列关系式正确的是（　　）A．， B．，C．， D．， 二、多选题7．（2020·云南曲靖·统考二模）月球是离地球最近的天体，已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，若忽略月球的自转，则关于在月球表面所做的实验，下列叙述正确的是（　　）A．物体在月球表面自由下落的加速度为B．以初速度竖直上抛一个物体，则物体经时间落回原处C．把羽毛和铁锤从同一高度同时释放，则铁锤先落地D．用长为L的细绳拴一质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则小球的最小动能为8．（2020·云南昆明·统考一模）如图甲所示，A、B两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A、B的质量分别为，。t=0时刻对物块A施加一水平向右推力F1，同时对物块B施加一水平向右拉力F2，使A、B从静止开始运动，力F1、F2随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（    ）A．时刻A对B的推力大小为B．0～时刻内外合力对物块A做的功为C．从开始运动到A、B分离，物体B运动的位移大小为D．时刻A的速度比B的速度小9．（2021·云南保山·统考一模）一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，小物块以v0= 9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰撞时间为0.05 s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。则（　　）A．小物块从A点运动到B处所用时间是0.625 sB．碰撞瞬间小物块受到墙壁的平均作用力大小为10NC．物块与地面间的动摩擦因数为0.32D．物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功为9J10．（2021·云南保山·统考一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另—端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC =h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g。则圆环（　　）A．下滑过程中，经过B处的加速度最大B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2- mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 三、解答题11．（2020·云南·统考模拟预测）如图所示，水平面右端放一质量m=0.1kg的小物块（可看做质点），让小物块以v0=4m/s的初速度使其水平向左运动，运动位移s=1m时将弹簧压至最短（在弹簧的弹性限度内，其劲度系数k=100N/m。），反弹回到出发点时物块的速度大小v1=2m/s，若水平面右端与一长L=3m的水平传送带平滑连接，传送带以v2=10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带右端又与竖直面内的光滑圆形轨道的底端平滑连接，当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置关闭圆轨道，圆轨道半径R=0.8m，不计空气阻力，g=10m/s2.求：（答案可用根号表示）(1)为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满足的条件；(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ2、弹簧具有的最大压缩量xmax；(3)若将一个固定的长度与弹簧原长相等且右端面为与墙面平行的竖直平面的长方体替换弹簧，且右端面上方装一可看成质点的小铃铛（图上没画），且去除圆轨道触发闭合装置，物块进入圆轨道后不脱离圆轨道，小物块与长方体右端面发生弹性正碰。传送带与物块间的动摩擦因数μ=0.1，如要使铃铛响二声，给小物块向左的初速度v0满足什么条件。12．（2020·云南红河·一模）如图所示，竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，其末端与足够长的水平轨道平滑连接，一质量为m的小球P从圆弧轨道顶端由静止开始沿轨道下滑，在圆弧轨道末端与质量为2m的静止小球Q发生对心碰撞．小球P、Q与水平轨道间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小为g．假设小球P、Q间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：（1）碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小；（2）小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离．13．（2021·云南·统考一模）如图所示，倾斜放置的传送带与水平面间的夹角为θ=37°，传送带长为L=8.2m，以v0=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带下端与地面平滑连接。一滑块从传送带顶端A点由静止释放，滑块A的质量为m1=1kg，与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5。一段时间以后，滑块A到达传送带底端与静止在地面上的物块B发生弹性正碰，物块B的质量为m2=2kg。滑块A、物块B与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。取重力加速度g=10m/s2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，求:（1）滑块A从开始运动到与传送带共速所经过的位移x；（2）滑块A与物块B碰撞后瞬间，物块B的速度vB；（3）滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离d。14．（2021·云南昆明·统考二模）2022年将在我国北京举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是最具观赏性的项目之一、某滑道示意图如图所示，段为运动员加速助滑道，其中段是半径为的圆弧滑道，斜面与水平面间的夹角为。运动员从加速助滑道上的某点由静止开始滑下后从点水平飞出，之后落在斜面上的点。已知之间的距离为，运动员和装备的总质量为，并可视为质点，忽略一切摩擦，取重力加速度，，。求：（1）运动员下滑到加速助滑道最低点时对滑道的压力大小；（2）滑道上两点间的竖直高度。15．（2021·云南昆明·统考一模）如图所示，光滑斜轨道和一条足够长的粗糙水平轨道平滑连接，质量为的物块静置在水平轨道的最左端，质量为的物块从斜道上距离竖直高度为处由静止下滑，滑下后与物块碰撞。已知两物块与水平轨道之间的动摩擦因数均为，物块、均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度。求：(1)物块、第一次碰撞前瞬间，物块的速度大小；(2)第一次碰撞后，物块滑上斜轨道的最大高度；(3)物块运动的总路程。
参考答案：1．C【详解】A．0~5s经过的路程5~6s经过的路程故在0~6s内，物体的平均速度为故A错误；B．0~5s，物体向正向运动，5~6s向负向运动，故5s末离出发点最远，故B错误；C．由图可知，4~6s加速度相同，则合力相同，又由图可知4~6s内位移为零，故在4~6s内，物体所受合外力做功为零，故C正确；D．在4~6s内，物体所受的合外力的冲量等于动量的变化量，即物体的质量未知，故物体所受合外力的冲量一定不为零，故D错误。故选C。2．C【详解】当平抛的初速度时，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角，可得： ，可得平抛时间：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知，关于v构成正比例函数关系；当平抛的初速度时，小球均落在水平面上，平抛的竖直高度相同为h，有：则平抛时间为：则小球所受的重力的瞬时功率为：可知功率P为恒定值；综合两种情况可得C项的图像争取，ABD项的图像错误；故选C。3．B【详解】AC．因两星质量关系不确定，不能比较动能以及向心力关系，选项AC错误；B．由题意可知，“神舟星”的线速度较大，根据可知“神舟星”的运转半径较小，根据可知“神舟星”的角速度大，选项B正确；D．若“杨利伟星”加速则将做离心运动，飞向更高的轨道，不可以追上“神舟星”，选项D错误。故选B。4．A【详解】由于加速度随位移均匀变化，则合外力也随位移均匀变化，合外力对质点做的功由动能定理可得故选A。5．B【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有解得故A错误；B．设两物体的质量为，据动能定理 得解得故B正确；C．根据动量定理得解得故C错误；D．在中，图线的斜率代表物体的加速度，那么解得故D错误。故选B。6．B【详解】在平抛运动中，不考虑空气阻力，其外力为重力，重力的冲量等于物体动量的改变量，满足动量定理而，故第内动能的变化量第内的动能变化量据平抛运动的规律得，而，，故故选B。7．AD【详解】A．在月球表面，月球对物体的引力等于物体的重力，即因此物体在月球表面自由下落的加速度为A正确；B．月球表面的重力加速度为，所以以初速度v0竖直上抛一物体，则物体经时间落回原处，B错误；C．把羽毛和铁锤从同一高度同时释放，没有阻力的情况下同时落地，C错误；D．小球在最高点时速度最小，动能最小，最小动能由解得D正确。故选AD。8．BD【详解】C．设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：分离时：根据乙图知此时，则从开始运动到A、B分离，物体B运动的位移大小：故C错误；A．时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有：对B，根据牛顿第二定律：F2+FAB=mBa则故A错误；B．0～时间，根据乙图知：F1+F2=F0则始终有，对整体根据牛顿第二定律：则时刻对A根据动能定理：故B正确；D．时，AB达到共同速度此后AB分离，对A，根据动量定理：I=mA△v根据乙图t0～t0，F-t图象的面积等于F1这段时间对A的冲量，则则对B，根据动量定理：I′=mB△v′根据乙图t0～t0，F-t图象的面积等于F2这段时间对B的冲量，则则则t0～t0时间内B比A速度多增大故D正确。故选：BD。9．ACD【详解】A．令，设小物块由A到B的时间为t，则解得故A正确；B．规定向右为正，令 ，，小物块与墙碰撞过程，根据动量定理得解得即平均作用力的大小为130N，故B错误；C．物块由A到B的过程，由动能定理得代入数据解得故C正确； D．物块反向运动过程，由动能定理得故D正确。故选ACD。10．BD【详解】A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过处的速度最大，所以经过处的加速度为零，所以加速度先减小，后反向增大，则下滑过程中经过B处的加速度最小，故错误；B．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式在处获得一竖直向上的速度，恰好能回到，运用动能定理列出等式解得所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为，故B正确；C．由上分析可知所以在处，弹簧的弹性势能为，故C错误；D．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式研究圆环从处上滑到的过程，运用动能定理列出等式即由于，所以则有即上滑经过的速度大于下滑经过的速度，故D正确；故选BD。11．(1)；(2)，；(3)【详解】(1)物块恰好到达轨道圆心等高点时，根据动能定理得带入数据解得为使小物块进入圆轨道后过不了圆心等高点，则传送带与物块间的动摩擦因数μ1满足的条件是(2)物块从向左运动到回到原点，根据动能定理得带入数据解得物块从向左运动到弹簧压缩到最短时的过程，根据动能定理得带入数据解得(3)要使铃铛响二声，给小物块向左的较大初速度v0，且到达圆轨道后不能高于圆心等高点，否则可能脱离轨道，从起点到达圆心等高点根据动能定理得带入数据解得给小物块向左的较小初速度v0，且最终恰好第二次达到铃铛处，传送带对物块先做正功后做负功，传送带全程对物块做功为零；同理重力对物块做功为零，从起点到第二次到达铃铛处，根据动能定理得带入数据解得给小物块向左的初速度v0满足条件是12．（1）（2）【详解】（1）小球P由开始下滑到低端的过程： 两球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则： ；；联立解得：；小球P碰后在圆弧轨道末端： 解得 则由牛顿第三定律可知，碰撞后瞬间小球P对圆弧轨道末端的压力大小为（2）小球P滑上圆弧轨道后，返回到低端的速度仍为v1，方向向左，则向左滑行的距离： 解得小球Q向左滑行的距离： 解得，则小球P、Q均停止运动后，二者之间的距离 ．13．（1）0.2m；（2）；（3）【详解】（1）开始时物块A的加速度解得a=10m/s2达到与传送带共速时的时间A与传送带共速所经过的位移 （2）共速后，因为可知物块A继续加速，加速度为解得则A滑倒底端的速度为解得A与B碰撞时由动量守恒定律以及能量关系解得即物块B的速度（3）物块A以的速度再次滑向传送带，再次滑回水平地面时的速度仍为，对物块A由动能定理对物块B由动能定理解得滑块A与物块B都停止运动后，二者之间的距离14．(1)；(2)【详解】(1) 由平抛运动的规律得…①…②由①②式得据牛顿第二定律得解得据牛顿第三定律得(2)设两点间的竖直高度为，则由动能定理得解得15．；；【详解】物块滑至斜面底端时，由动能定理得解得设物块滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块碰撞后，物块、的速度分别为、，则据动量守恒得由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得解得所以碰撞后反向运动，由动能定理得解得设第一次碰撞后物块移动的距离为，据动能定理得解得由牛顿第二定律得物块和物块在地面上滑行时的加速度大小为，物块向右运动的时间为第一次碰撞后沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为，比第一次碰后的速度大，所以会发生第二次碰撞。物块反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于。物块滑回点后向前运动的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于，所以物块从反弹后运动到点右方的位置所用的时间一定大于，因此物块与物块第二次碰撞是发生在停止运动之后。第二次碰撞前瞬间的速度为，由运动学公式得物块与物块碰撞过程中动量守恒 物块与物块的碰撞为弹性碰撞，则有联立上式，解得因与第二次碰撞后的动能，所以不会发生第三次碰撞，故两物块共碰撞二次。第二次碰撞后物块滑行的距离为，则有解得故物块滑行的距离为